2020-2021学年吉林市吉化某中学高二年级上册期末物理试卷(附解析)

2020-2021学年吉林市吉化第一高级中学高二上学期期末物理试卷

一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）

1.下列叙述错误的是（）

A.伽利略发现亚里士多德的观点有自相矛盾的地方

B.伽利略认为，重物与轻物应该下落得同样快

C.古希腊哲学家亚里士多德认为物体越重，下落得越快

D.伽利略用实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动

2.如图所示，有一通电导线沿y轴正方向放置，电流沿y轴正方向，导线在z轴上的P点处所产生的

磁场方向是沿（）

z

3.处于恒定匀强磁场中的闭合线圈，在下列运动状态中一定能产生感应电流的是（）

A.匀速运动B.与磁场发生相对运动

C.切割磁感线运动D.绕垂直磁场的轴翻转

4.如图所示，固定在水平面上的U形金属框架上，静止放置一金属杆ab,整个装置处于竖直向上

的磁场中。当磁感应强度B均匀减小时，杆ab总保持静止，则在这一过程中（）

b

A.杆中的感应电流方向是从a到匕B.杆中的感应电流大小均匀增大

C.金属杆所受安培力水平向左D.金属杆受到的摩擦力逐渐减小

5.一个用于加速a粒子的回旋加速器，其核心部分如图所示，。形盒半径为R,B

垂直。形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B,两盒分别与交流电源相连，

下列说法正确的是（）

A.a粒子被加速后的最大动能与8成正比

B.a粒子被加速后的最大速度与加速电压成正比

C.a粒子被加速后的最大动能与加速电压无关

D.不需要改变任何量，这个装置也能用于加速质子

6.如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两极分别与电源正、负极1-----------

T・M

相连，当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点，则（）已

①当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止

②当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降

③开关在断开后，若减小两板间距，液滴仍静止

④开关在断开后，若增大两板间距，液滴将下降

A.①③B.②④C.①④D.②③

7.如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直

面内做半径为R的匀速圆周运动.已知电场强度为E,磁感应强度为8,重力

加速度为g,则液滴的带电性质和环绕速度分别为（）

A.带正电，5B.带正电，等

DC

C.带负电，D.带负电，誓

E

8.小李同学想利用“电磁弹簧秤”称量金属框的质量，如图所示。

一边长为d的正方形金属框用两根完全相同的弹簧水平悬挂在匀

强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，大小为B.弹簧上端固定，

下端与金属框绝缘。金属框两对称边中心点a、b通过开关S与一电

动势为E的电源相连。当金属框处于平衡状态时，弹簧伸长为△10,

闭合开关S,弹簧伸长量为△1，则下列说法正确的是（）

CD

A.△/I。正比于磁感应强度B

B.△/=△",弹簧状态保持不变

C.B保持不变，变阻器滑动端P移向。端，Al—增加

D.B保持不变，变阻器滑动端P移向。端，不变

9.如图所示，某区域内存在方向垂直低面向里的匀强磁场，磁场区城宽

m.

度为L边长为L的正方形导线框nmpq与纸面平行,np边紧靠磁场边缘，

使线框以某一初速度沿支轴正方向匀减速穿过磁场区城，完全穿出磁1

场时速度恰好变为零，若”从导线框进入磁场开始计时，以逆时方向

为电流的正方向，则下列选项中能正确反映线框中通过的感应电流随

时间变化规律的图象是（）

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

10.如图所示电路中，灯泡4、B的规格相同，电感线圈L的自感系数足够

大且电阻可忽略.下列关于此电路的说法中正确的是（）

A.S闭合后的瞬间，2、8同时亮，然后4变暗最后熄灭

与I~氏

B.S闭合后的瞬间，B光亮，4逐渐变亮，最后4、B一样亮

C.S断开后的瞬间，A立即熄灭，B逐渐变暗最后熄灭

D.S断开后的瞬间，B立即熄灭，4闪亮一下后熄灭

11.如图，是生产中常用的一种延时继电器的示意图.铁芯上有两个线

圈4和8,线圈4跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合

电路.在断开开关S的时候，弹簧K并不能立即将衔铁。拉起，使触

头C立即离开，而是过一段时间后触头C才能离开，因此得名延时继

电器.为检验线圈B中的电流，在电路中接入一个电流表G.关于通过

电流表的电流方向，以下判断正确的是（）

A.闭合S的瞬间，电流方向为从左到右

B.闭合S的瞬间，电流方向为从右到左

C.断开S的瞬间，电流方向为从左到右

D.断开S的瞬间，电流方向为从右到左

12.如图所示，两根平行金属导轨cd、ef置于水平面内，导轨之间接

有电阻R,导轨处在竖直向下的匀强磁场中.金属棒时静止在导轨

上,abec为边长为L的正方形,金属棒电阻为r,其余电阻不计.t=0

时匀强磁场的磁感应强度为%,金属棒静止.若从t=0时刻起，

磁感应强度均匀增加，每秒增加量为k,贝女)

A.金属棒中的感应电流的方向为b-a

B.金属棒中的感应电流的大小为空

r

C.金属棒的电阻消耗的电功率为篇

D.若1=口时金属棒仍静止，则金属棒受到的静摩擦力大小为(Bo+ktD照

三、计算题(本大题共5小题，共50.0分)

13.如图所示电路中，已知电源电动势为用=褪心内阻产=：瓣，电阻既=缪.舔，6驾=鲫蜜,

当单刀双掷开关打在1时，电动机不转，理想电流表的示数为通口感，当单刀双掷开关打在2时,

电动机正常工作，电流表示数为卿.奥期，求：

(1)电动机的内阻苗为多少？

(2)电动机正常工作时的输出功率？

14.如图，某圆形薄片置于xOy水平面上，圆心位于坐标原点0,xOy平面上方存在大小为E、沿z轴

负向的匀强电场，以该圆形绝缘材料为底的圆柱体区域内存在大小为B、沿z轴正向的匀强磁场，

圆柱体区域外无磁场。现可从原点。向xOy平面上方的各方向发射电荷量为q、质量为小、速度

大小为"的带正电荷的粒子。粒子重力忽略不计，不考虑粒子间的相互作用，不计碰撞时间。

(1)若粒子每次与材料表面的碰撞为弹性碰撞，且从原点0发出的所有粒子都被该电场和磁场束缚在

上述圆柱体内，则此圆形薄片的半径至少为多大？

(2)若某粒子每次与材料表面的碰撞点都在坐标原点。，则此粒子的发射方向与z轴正方向夹角的三角

函数值须满足什么条件？

(3)若在粒子每次与材料表面碰撞后的瞬间，速度竖直分量反向，水平分量方向不变；竖直方向的速

度大小和水平方向的速度大小均按同比例减小，以至于动能减小75%。求发射方向与z轴正向成

45。角的粒子从发射直至最终动能耗尽而沉积于材料表面所经历的时间。

15.电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨间距L=0.75m,导轨

倾角为30。，导轨上端ab接一阻值R=1.5Q的电阻，磁感应强度

B=0.87'的匀强磁场垂直轨道平面向上.阻值r=0.5Q,质量m=

0.2如的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端时处由静止

开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr=0.17.(取g=10m/s2)求:

(1)金属棒在此过程中克服安培力的功皿方

(2)金属棒下滑速度。=2?n/s时的加速度a.

16.如图所示，在xoy平面内的第一象限内存在电场强度为E=2l//m,

沿x轴正方向的匀强电场，在第二象限内存在磁感应强度B=17、

方向垂直xoy平面向外的匀强磁场，一个带负电的粒子，比荷为

4C/kg,在x=3nl处的P点以为=4zn/s的初速度沿y轴正方向开始

运动，不计带电粒子的重力，球：

(1)带电粒子第一次通过y轴时距。点的距离.

(2)带电粒子再次通过x轴时距。点的距离.

17.如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在着半径为L的圆形匀强磁场区域I,磁场方向垂直纸面向

里，边界与y轴在。点相切；在xOy平面的y轴右侧存在一个沿y轴负方向的场强为七=黑的有界

匀强电场区域口，匀强电场的右侧有一个方向垂直纸面向里的匀强磁场区域皿，区域口的宽度

为3区域II和区域ID的高度足够长。质量为血、电荷量为q的带负电粒子从4点沿半径以初速度

为、方向与x轴正方向成。=60。角射入匀强磁场区域I,恰好从坐标原点。沿x轴正方向进入区

域不计粒子的重力。

(1)求区域I内磁场的磁感应强度大小8；

(2)求粒子离开区域D时的位置坐标；

(3)若粒子进入区域DI后刚好沿右边界垂直穿过x轴，求区域HI的宽度L'和磁感应强度的大小夕分别为

多少？

XX

XXXX

XXXX

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、C、古希腊哲学家亚里士多德认为物体下落的快慢与物体的重力大小有关，重力越大，

物体下落的越快，伽利略通过逻辑推理发现了发现亚里士多德的观点有自相矛盾的地方.故A正确，

C正确；

8、伽利略通过斜面实验，将实验结果进行了合理的外推，得出在忽略空气阻力的情况下，所有物体

下落的加速度是相同的，故2正确；

。、伽利略没有直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，而是将斜面实验进行外

推得出间接得出的实验结果，故。错误.

本题选择错误的，故选：。

对于物理中的重要事件、规律的得出要了解其发展历史，明确重要科学家伽利略、牛顿、法拉第、

奥斯特等的主要贡献，培养自己的科学素养和科学品质.

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是

考试内容之一.

2.答案：B

解析：电流方向沿y轴正方向，根据安培定则可知，电流在Z轴上的P点处所产生的磁场方向是沿x轴

负方向.故B正确，AC£＞错误.

故选B.

3.答案：D

解析：解：4、8、若线圈沿平行于磁场的方向运动，则穿过线圈的磁通量不发生变化，所以一定没

有感应电流产生，故4错误，8错误；

C、闭合线圈整体放在匀强磁场中做切割磁感线的直线运动，磁通量不发生变化，则不能产生感应电

流，故C错误；

。、若闭合线圈放在匀强磁场中且绕垂直磁场的轴翻转，磁通量运动发生变化，有感应电流产生，

故O正确；

故选：Do

磁通量用穿过线圈的磁感线条数表示。当闭合线圈在磁场中的磁通量发生变化时，才产生感应电流，

明确了产生感应电流的条件，即可正确解答本题。

本题考查感应电流的产生条件，应明确满足两个条件：一是电路闭合，二是磁通量发生变化，即磁

感线条数发生变化。

4.答案：D

解析:

当磁感应强度B均匀减小时，根据楞次定律判断感应电流的方向；

根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律分析感应电流大小如何变化；

由左手定则判断金属棒所受的安培力方向；

由安培力公式F=8〃结合平衡条件分析金属杆受到的摩擦力如何变化。

利用楞次定律可判断感应电流的方向，左手定则判断通电导体所受的安培力方向。当穿过回路的磁

通量均匀变化时，回路中产生的是恒定电流。

A.当磁感应强度B均匀减小时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方

向为逆时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从b到a,故A错误；

B.当磁感应强度8均匀减小时，穿过回路的磁通量均匀减小，根据E=¥得知：回路中产生的感应电

At

动势不变，则感应电流大小保持不变，故B错误；

C.由左手定则判断可知，金属杆所受安培力水平向右，故C错误；

。.根据安培力计算公式F=8〃可知，L和/不变，B减小则安培力减小，根据平衡条件/=?得知金属

杆受到的摩擦力/逐渐减小，故。正确。

故选：D.

5.答案：C

解析：

回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度,

从而求出最大动能。在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等。

理解回旋加速器的工作原理，掌握运用的相关公式，理解解题的方法，注意最大速度与加速电压无

关，加速电压决定加速的时间。

ABC、根据=m半，知为=啜,则最大动能琮加="卢=由此可知，质子的最大

速度只与粒子本身的比荷，加速器半径，及磁场大小有关，与加速电压无关，粒子的最大动能与B的

平方成正比，故48错误，C正确；

D,此加速器加速电场周期7=与署嘿，加速质子时，T=黑,两个周期不同，不能加速质子，

ZQOQDC{D

故。错误;

故选：Co

6.答案：D

解析：解：开始时，液滴静止，故mg=Eq,电场力向上；

①、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则减小两板间距离时，由（/=后（/可知E增大，液滴所受

电场力增大，合力向上，故液滴将向上运动，故①错误；

②、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则增大两板间距离时，由（/=岳&可知E减小，液滴所受

电场力减小，合力向下，故液滴将向下运动，故②正确；

③，④、而通电后断开开关，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化，故电场

力不变，故粒子仍能受力平衡，故③正确而④错误；

故选：D.

开始时液滴静止说明液滴受力平衡，可得出电场力与重力大小相等；

根据开关的通断，可知两板间电势差的变化或电量的变化；则改变极板间的距离时，由电容器的性

质可知板间电场强度的变化，由尸=Eq可知电场力的变化，即可判断液滴的运动情况.

若通电后断开开关，则若只改变两板间的距离时极板间的电场强度是保持不变的，本结论应熟记并

能灵活应用.

7.答案：B

解析：解：液滴在复合场中做匀速圆周运动，知重力和电场力平衡，有：qE=mg,可知液滴带正

电.

根据quB=7n，得，v=管=誓,故8正确，4、C、。错误.

故选：B.

液滴在复合场中做匀速圆周运动，知重力和电场力平衡，结合平衡得出液滴电性，根据洛伦兹力提

供向心力求出环绕的速度大小.

本题考查了带电粒子在复合场中的运动，知道电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力是解决本题

的关键.

8.答案：A

解析：解：设两弹簧的劲度系数均为上，对金属框，开关断开和闭合时分别由力的平衡条件：mg=

2k△10…①

mg+2%=2k△，…②

由安培力公式：

AB、由①②③式知尸发=k（A1—△，（）），故ZU-ZU。正比于磁感应强度B,故4正确，8错误；

CD、B保持不变，变阻器滑动端P移向。端，电阻变大，电流减小，安培力减小，故△[-△%减小,

故C£>错误；

故选：A。

根据共点力平衡和公式尸=8〃列式找到安培力与△Z-A石的关系，即可分析选项是否正确。

本题主要考查了在安培力作用下的共点力平衡，关键是抓住弹簧的弹力为两个弹簧的弹力之和即可。

9.答案:D

解析：解：4、利用右手定则，在np边切割磁感线时，电流方向为逆时针方向，

即此时电流方向为正方向，故A错误；

B、当np边离开磁场，mq边切割磁感线，由右手定则，此时电流方向为顺时针方向，

即此时电流方向为负方向，故3错误；

CD、线框以某一初速度沿x轴正方向匀减速穿过磁场区城，

设np边切割磁感线位移为L，用时为G，mq边切割磁感线位移为L,用时为今，

则G<t2

比较图象可知，故C错误。正确。

故选：Do

利用右手定则判断电流方向，结合图象可以判断正确答案。

本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，关键是把握电流方向，根据电流方向可以快速判断正确

选项。

10.答案：AD

解析：试题分析：闭合S,4、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用

增大，4逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化.断开S,B灯立即熄灭，线圈

中电流，根据楞次定律判断4灯亮度如何变化.

AB.闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，4、B同时亮，且亮度相同；随着L中电流增大，由于

线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，4逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增

大，B变亮.故A正确、B错误.

CD、断开S,B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过4灯，4闪亮一下后熄

灭.故C错误、。正确.

故选：AD.

11.答案：BC

解析：

图中有两个线圈，其中4有电源，接通电路后有电流通过，会产生磁性；而8线圈无电源，开关闭合

后没有电流，只有当4中的磁场发生变化时，根据电磁感应作用，B线圈才会产生感应电流，从而根

据楞次定律，即可求解.该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变

化，线圈相当于电源，而电流是从负板流向正极.

AB,当闭合S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可

知，电流方向为从右到左通过电流表，故A错误，8正确；

CD、当断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可

知，电流方向为从左到右通过电流表，故C正确，。错误；

故选：BC.

12.答案：ACD

解析：

磁感应强度B的变化率为鼠根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，再由欧姆定律求出感应

电流的大小，由楞次定律判断其方向.磁感应强度8的表达式为B=Bo+kt,由安培力公式F=B/L

求出安培力，则由平衡条件得知，水平方向上的摩擦力与安培力大小相等.本题根据法拉第电磁感

应定律求解感应电动势，由欧姆定律和安培力公式推导安培力的表达式，是常用的方法和思路；本

题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，面

积不变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化.

人根据楞次定律知感应电流方向为逆时针，金属棒中的感应电流方向为：bra,故A正确；

8.感应电动势：E=¥=¥s=k〃，金属棒中的感应电流：/=上=丝，故B错误；

AtR+rR+r

C.金属棒消耗的电功率：P=I2r=故C正确；

Dt=ti时采用电动势：B=B°+kt],金属棒受到的安培力：尸=引小=*管好，金属棒静止，

由平衡条件得，摩擦力：f=叱屿川,故。正确

'R+r

故选AC。。

13.答案：⑴/=岫.如⑵2.5W

S

解析：试题分析：维=--~「=毗14得需瞪=敬寓？（2分）

■癖=.因一/黔北跄）=发篇V（2分）

.F=琳％-期=雪售小（2分）

考点：考查闭合电路欧姆定律

点评：难度较小，特别注意的是对于非纯电阻电路欧姆定律不再适用，应根据能量守恒定律求解该

类问题

14.答案：解：（1）速度与z轴正方向夹90。角，即贴着xOy平面方向的粒子最易脱离磁场束缚。

设此粒子运动半径为R：quB=加?得：R谭

故圆形薄片的半径r至少为：r=2R=2就

（2）设速度"与z轴正方向的夹角为a,则其在z轴正方向的分量为/=vcosa,

z轴分运动的加速为a=—m

设粒子经过时间t返回，由Au=at且△9=2%。5。得：1=到等

粒子在平行xOy平面内的分运动为匀速圆周运动，周期T=翳

若要碰撞点在坐标原点0,必须有t=nT,（n=l、2、3……）

联立得：cosa=^,5=1、2、3)

（3）与z轴正向成45。角的粒子沿Z轴方向的分速度大小为方=vcos45°=yv

每次碰撞，动能减小75%,即碰完动能是碰前的右故速率为碰前的；

第71次碰撞后沿Z轴方向的分速度大小为%n=（非会

从发射至第1次碰撞的时间：力=9=皿

1aqE

从第（n-1）次至第n次碰撞的时间：%=

从发射至第n次碰撞的时间：t=ti+t2+t3+••••..tn=

当nt8,t=2t2\[2mv

rqE

答：（1）圆形薄片的半径至少为2爱。

（2）若某粒子每次与材料表面的碰撞点都在坐标原点。，则此粒子的发射方向与z轴正方向夹角的三角

函数值须满足cosa=等

(3)发射方向与z轴正向成45。角的粒子从发射直至最终动能耗尽而沉积于材料表面所经历的时间为

2\[2mv

qE°

解析：(1)粒子水平方向匀速圆周运动，竖直方向匀变速运动，可利用匀速圆周运动求解粒子做圆周

运动的最大半径，从而确定圆片的半径。

(2)若某粒子每次与材料表面的碰撞点都在坐标原点。，则说明粒子水平方向的圆周运动运动了完整

圆周的整数圈，再结合与竖直方向的匀变速运动时间相等列式求解。

(3)碰撞后动能减小75%,写出碰撞一次后两方向的速度，最终速度为零，列式比较归纳求解。

粒子在复合场内运动时，要根据运动的合成与分解，将运动分解后，根据两个分运动的性质以及分

运动之间的关系列式求解。

15.答案：解：(1)由题知，R=3r,通过R的电流与金属棒的电流又相同，所以在棒下滑过程中，R上

产生的焦耳热为QR=3Q『=0.3;

根据功能关系得：金属棒在此过程中克服安培力的功卬安=QR+Qr=0.47

(2)金属棒下滑速度u=2m/s时，所受的安培力为产=BIL=8黑L=需

由牛顿第二定律得：mgsin30°-=ma

得a=gsin30°-B\

dm(R+r)

代入解得，a=3.2m/s2

答：

(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安为0.4/

(2)金属棒下滑速度u=2m/s时的加速度a是3.2m/s2.

解析：(1)根据功能关系知道：金属棒在此过程中克服安培力的功必安等于整个电路中产生的焦耳

热.由于R=3r,由焦耳定律分析得知R上产生的焦耳热是棒上产生的焦耳热的3倍，即可求得皿安；

(2)金属棒下滑过程中，受到重力、轨道的支持力和安培力，根据F=B/L、1=照求得安培力F,根

据牛顿第二定律列式可求得加速度.

本题关键要分析功能关系，并对金属棒正确受力分析，应用安培力公式、牛顿第二定律等，即可正

确解题.

16.答案：解：(1)电场线方向有：qE=ma

得：a=竽=4x2=8m/s2

轴方向有：

yy=vot

代入数据解得：y=2V3m

(2)由(1)可知粒子进入磁场时:

vx=at=8x—=4y/3m/s

%：与孙方向夹角，加"。="=竽=遮

vx4

即8=60°

vt=yjv}4-—8m/s

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径：r=弓=2=